例7 已知⊙O内接△ABC，⊙Q切AB，AC于E，F且与⊙O内切.试证：EF中点P是△ABC之内心.(B·波拉
索洛夫《中学数学奥林匹克》)
︵
证明 如图，显然EF中点P、圆心Q，BC中点K都在∠BAC平分线上.易知AQ= ∵QK·AQ=MQ·QN， ∴QK=
MREOBNKrααPQFCAr. sin?MQ?QN
AQ =
(2R?r)?r=sin??(2R?r).
r/sin? 由Rt△EPQ知PQ=sin??r.
∴PK=PQ+QK=sin??r+sin??(2R?r)=sin??2R. ∴PK=BK.
利用内心等量关系之逆定理，即知P是△ABC这内心.
说明 在第20届IMO中，美国提供的一道题实际上是例7的一种特例，但它增加了条件AB=AC.
例8 在直角三角形中，求证：r+ra+rb+rc=2p.式中r，ra，rb，rc分别表示内切圆半径及与a，b，c相切的旁切圆
半径，p表示半周. (杭州大学《中学数学竞赛习题》) 证明 设Rt△ABC中，c为斜边，先来证明一个特性：
p(p-c)=(p-a)(p-b).
11
∵p(p-c)= (a+b+c)·(a+b-c)
22
O3rcKAO2OrE1
=[(a+b)2-c2]
41
=ab；
2
11
(p-a)(p-b)= (-a+b+c)·(a-b+c)
2211
=[c2-(a-b)2]= ab.
42
∴p(p-c)=(p-a)(p-b). ① 观察图形，可得 ra=AF-AC=p-b， rb=BG-BC=p-a， rc=CK=p.
1
而r=(a+b-c)=p-c.
2
∴r+ra+rb+rc =(p-c)+(p-b)+(p-a)+p =4p-(a+b+c)=2p. 由①及图形易证.
BrbraCO1C'OA'..ED.B'O'
例9 M是△ABC边AB上的任意一点.r1，r2，r分别是△AMC，△BMC，△ABC内切圆的半径，q1，q2，q分别
是上述三角形在∠ACB内部的旁切圆半径.证明证明 对任意△A'B'C'，由正弦定理可知
OD=OA'·sin
r1rr·2=.(IMO-12) q1q2qA' 2
B'A'2 =A'B'··sin 2sin?A'O'B'sinA'B'?sin22， =A'B'·
A'?B'sin2sinA'B'cos22. O'E= A'B'·
A'?B'sin2cos∴
ODA'B'?tgtg. O'E22亦即有
r1rA?CMA?CNBBtgtg ·2=tgtg2222q1q2 =tgABrtg=. 22q
例10 锐角△ABC中，O，G，H分别是外心、重心、垂心.设外心到三边距离和为d外，重心到三边距离和为d重，
垂心到三边距离和为d垂. 求证：1·d垂+2·d外=3·d重.
证明 设△ABC外接圆半径为1，三个内角记为A，B，
C. 易知d外=OO1+OO2+OO3
=cosA+cosB+cosC，
∴2d外=2(cosA+cosB+cosC). ① ∵AH1=sinB·AB=sinB·(2sinC)=2sinB·sinC， 同样可得BH2·CH3. ∴3d重=△ABC三条高的和
=2·(sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB) ② ∴
IBH3G3O3OGH1O2G2H2CAO1G1BH=2，
sin?BCH ∴HH1=cosC·BH=2·cosB·cosC. 同样可得HH2，HH3. ∴d垂=HH1+HH2+HH3
=2(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB) ③ 欲证结论，观察①、②、③，
须证(cosB·cosC+cosC·cosA+cosA·cosB)+( cosA+ cosB+ cosC)=sinB·sinC+sinC·sinA+sinA·sinB.即可. 说明 本题用了三角法。
情景再现
5.设在圆内接凸六边形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.试证：(1)AD，BE，CF三条对角线交于一点；(2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF. (1991，国家教委数学试验班招生试题)
6．△ABC的外心为O，AB=AC，D是AB中点，E是△ACD的重心.证明OE丄CD. (加拿大数学奥林匹克训练题)
7．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是内心，边AC上的D点与边BC上的E点使得AD=BE=AB.求证：OI丄
DE，OI=DE. (1988，中国数学奥林匹克集训题)
习题17
1．在△ABC中，∠A是钝角，H是垂心，且AH=BC，则cos∠BHC=( )
1131
A．－2 B．2 C． D．
2232
2．如果一个三角形的面积与周长都被一条直线平分，则此直线一定通过三角形的( )
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心(1996年全国初中联赛) 3．(1997年安徽省初中数学竞赛)若0°
sin?+cos?tan?+cot?1
A． B． C．2sin?cos? D．
22sin?cos?4．ΔABC中，∠A=45?，BC=a，高BE、CF交于点H，则AH=( )
11
A．a B．2a C．a D．2a
225．下面三个命题中：
⑴ 设H为ΔABC的高AD上一点，∠BHC+∠BAC=180?，则点H是ΔABC的垂心； ⑵ 设G为ΔABC的中线AD上一点，且SΔAGB=SΔBGC，则点G是ΔABC的重心； ⑶ 设E是ΔABC的外角∠BAK的角平分线与ΔABC的外接圆⊙O的交点，⊙O的直径，I在线段AD上，且DI=DB，则I是ΔABC的内心．
正确命题的个数是( )
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
6．设ΔABC的∠A=60?，求证：ΔABC的外心O、内心I、垂心H及点B、点在同一个圆上．
7．已知P是□ABCD内的一点，O为AC与BD的交点，M、N分别为PB、点，Q为AN与DM的交点．求证： ⑴ P、Q、O三点在一条直线上； ⑵ PQ=2OQ．
8.I为△ABC之内心，射线AI，BI，CI交△ABC外接圆于A′，
B′，C ′.则AA′+BB′+CC′＞△ABC周长.(1982，澳大利亚数学奥林匹克)
9.△T′的三边分别等于△T的三条中线，且两个三角形有一组角相等.求证这两个三角形相似.(1989，捷克数学奥林匹克)
10.I为△ABC的内心.取△IBC，△ICA，△IAB的外心O1，O2，O3.求证：△O1O2O3与△ABC有公共的外心.(1988，美国数学奥林匹克)
11.AD为△ABC内角平分线.取△ABC，△ABD，△ADC的外心O，O1，O2.则△OO1O2是等腰三角形. 12.△ABC中∠C＜90°，从AB上M点作CA，CB的垂线MP，MQ.H是△CPQ的垂心.当M是AB上动点时，求H的轨迹.(IMO-7)
ADPQOMNCCIrORABAFHEED是
BDC
C五
PC中
B
本节“情景再现”解答
1．证明 如图，连GA，因为M、N分别为AB、CA的中点，的面积=△GBM的面积，△GAN的面积=△GNC的面积, 即四边形GMAN和△GBC的面积相等．
2．证明 如图，O为ΔABC的外心，H为垂心，连CO交ΔABCD，连DA、DB，则DA⊥AC，BD⊥BC，又AH⊥BC，BH⊥AC．所BH，BD∥AH，从而四边形DAHB为平行四边形。又显然所以AH=2OM．
同理可证 BH=2ON，CH=2OK．证毕．
3．提示：设O1，O2，O3是△APS，△BQP，△CSQ的外心，
BDKOMBMA所以△AMG
NGCA外接圆于以DA∥
NHDB=2OM，
C作出六边
形O1PO2QO3S后再由外心性质可知∠PO1S=2∠A，∠QO2P=2∠B，∠SO3Q=2∠C. ∴∠PO1S+∠QO2P+∠SO3Q=360°.从而又知∠O1PO2+∠O2QO3+∠O3SO1=360° 将△O2QO3绕着O3点旋转到△KSO3，易判断△KSO1≌△O2PO1， 1
同时可得△O1O2O3≌△O1KO3.∴∠O2O1O3=∠KO1O3=∠O2O1K
2111
= (∠O2O1S+∠SO1K)= (∠O2O1S+∠PO1O2)= ∠PO1S=∠A； 222 同理有∠O1O2O3=∠B.故△O1O2O3∽△ABC.
4．提示：将△ABC简记为△，由三中线AD，BE，CF围成的三角形简记为△'.G为重心，连DE到H，使EH=DE，
连HC，HF，则△'就是△HCF. (1)a2，b2，c2成等差数列?△∽△'.若△ABC为正三角形，易证△∽△'.不妨设a≥b≥c，有 CF=
1112a2?2b2?c2，BE=2c2?2a2?b2，AD=2b2?2c2?a2. 222 将a2+c2=2b2，分别代入以上三式，得CF= ∴CF:BE:AD =
333a，BE=b，AD=c. 222333a:b:c=a:b:c. 故有△∽△′. 222 (2)△∽△′?a2，b2，c2成等差数列.当△中a≥b≥c时， △′中CF≥BE≥AD.∵△∽△′，∴
S?'CF2
＝().
aS?S?33”，有'=. 4S?4 据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的
CF23 ∴2=?3a2=4CF2=2a2+b2-c2?a2+c2=2b2.
4a